昔解いた演習のページ

このページには山下真@数学科3年が昔演習の時間に前で解いた問題たちについての補足や訂正や解説をおいています。

演習の時間に前で問題を解くときに、口が滑ってメモと違うことを言ったり、思い違いをしていたりで間違っていることがたくさんあるので、記号の意味が分からんとか、記号間違いを見つけたとか、僕がいったことがおかしい・たどりにくいと思ったらその場ででも、あとでメールででもいいから教えてください。わかりにくいことは説明します。
昔解いた問題で、ここがわからなかったから教えろ、みたいなリクエストもどうぞ。
記号がちゃんと表示されてなさそうだ、というのも教えてください。

このページのなかみ

7月21日の複素解析演習の補足です。(1)~(3)の解説は省略します。

問8（6月23日分）

問題

6章§2で構成した被覆写像λ: H → C - {0, 1} = Dと、C₁ = 虚軸、C₂ = 1/2中心の半径1/2の円、C₃ = 実部1という直線、C₂' = C₁によるC₂の鏡像、C₃' = C₁によるC₃の鏡像について、
(1) C₁に関する鏡像とC₂'に関する鏡像の合成は
T₁: z ↦ z / (-2z + 1)
(2) C₁に関する鏡像とC₃'に関する鏡像の合成は
T₂: z ↦ z - 2
(3) T₁, T₂ ∈ Aut(H)を表すSL(2; R)の元A₁, A₂を求めよ。
(4)

revetment

とおく。Γ(2)は±A₁, ±A₂で生成される。Γ(2)は正規部分群（SL(2; Z)^†の）である。
(5) z, z' ∈ Hに対し、g ∈ Γ(2)があってg(z) = z'（T_g(z) = z'のこと）となるときz ~ z'とかくと、これは同値関係になり、この意味でD = H/Γ(2)

†: 原文ではSL(2; R)となっているがそうではないことを解答中に示す。

解答

記法：Iで恒等行列を表すことにする。また、混乱のないときはC₁についての鏡映変換を再びC₁と書く。他の直線・円についても同様である。。

(4) {A₁, A₂, -I} ⊂ Γ(2)は明らか。Gで、{A₁, A₂, -I}が生成するΓ(2)の部分群を表すことにする。まずΓ(2) ⊂ Gを示す。
注意：1) Γ(2) ⊂ SL(2; Z)である。また、整数a, b, c, dについて

gamma-2-1

だったらaとcは互いに素（最大公約数が1）である。
2) 任意の整数kについて

gamma-2-2

である。

補題1：任意のA ∈ Γ(2)に対し、あるg ∈ Gが存在して|[g.A]₁₁|も|[g.A]₁₂|も1以下になっている。
証明：背理法による。e = min_g∈G max{|[g.A]₁₁|, |[g.A]₁₂|}とおき、hをeに対応するGの元とする。eが1より大きかったと仮定する。|det h.A| = 1より、このとき[g.A]₁₁と[g.A]₁₂はともに0でないはずである。また上の注意によって|[g.A]₁₁|と|[g.A]₁₂|は互いに素だから、等しくない。
まず、f = |[g.A]₁₁| < |[g.A]₁₂| = eとなっていた場合を考える。
mを0 < e - 2m.fが成立するような最大の自然数とする。e - 2m.f ≤ fでなかったら、（この式を移項して）2(m + 2)f - e < fである。これは、nを±m, ±(m + 1)の中から適当に選んだとき、

gamma-2-3

というGの元h'について、h'.h.Aの第一列目の成分たち（fとe + 2n.f）の絶対値が両方ともf以下、従ってeより小さくなるようにできるということである。これはeの定義に矛盾する。
f = |[g.A]₁₂| < |[g.A]₁₁| = eとなっていた場合も同様である。

補題1によって、任意のA ∈ Γ(2)に対し、あるg ∈ Gとk ∈ Zがあって

gamma-2-4 , gamma-2-5 , gamma-2-6

となっている。g ∈ G ⊂ Γ(2)だからg.AはΓ(2)の元のはずなので、あとの2種類はあり得ないし、kは偶数であることになる。つまり、ある整数nがあって

gamma-2-7

であることがわかった。これはΓ(2) ⊂ G（⇒Γ(2)は±A₁、±A₂で生成される）ということである。
次に、Γ(2)がSL(2; Z)の正規部分群であることを示す。{A₁, A₂, -I}がΓ(2)を生成することはわかっているから、これらの元のSL(2; Z)-共役元たちがすべてΓ(2)に含まれることを示せばよい。

gamma-2-8

を行列式が1の行列とすると、直接的な計算によって

gamma-2-9

がわかるが、これは{a, b, c, d} ⊂ Zだったらh.A₁.h^-1, h.A₂.h^-1 ∈ Γ(2)ということである。-Iについては明らか。
注意：3) Γ(2)はSL(2; R)の正規部分群ではないことが、

gamma-2-10

よりわかる。

(5) λ(z) = λ(z')とz ~_Γ(2) z'が同値であることを示せばよい。

鏡映変換の性質

補題2：gを直線または円に関する鏡映変換、Cを直線または円、hをCに関する鏡映変換とする。g(C)に関する鏡映変換は g◦h◦g^-1に等しい。

Γ(2)はλを定義するのに使った鏡映変換（の一部）で生成されているからz ~_Γ(2) z'だったらλ(z) = λ(z')であるのは明らか。あとはλ(z) = λ(z')だったらz ~_Γ(2) z'となっていることを示せばよい。さらにzはλの基本領域
に含まれているとしてよい（理由はこちら）。kを、λ(z')の値が2k回の鏡映変換によってていぎされているような自然数とする。kについての帰納法で題意を示す。k = 0のときはz = z'なので題意は自明な言明になる。
nを自然数とする。k = nのときまでは題意が成り立っているとする。λ(z')が2(n + 1)回の鏡映変換で定義されていたとする。z''を、λ(z'')が2n回の鏡映変換で定義されていて、2回の鏡映変換でz'に移るような複素数とする。帰納法の仮定によってあるg ∈ Γ(2)があってz'' = g(z)となっている。z''をz'に移す操作に応じて場合分けをする。
(i) 「z''のg(C₁)についての鏡像」の、「C₂の像」についての鏡像がz'になっているとき
(ii) 「z''のg(C₁)についての鏡像」の、「C₃の像」についての鏡像がz'になっているとき
(iii) 「z''のg(C₂)についての鏡像」の、「C₁の像」についての鏡像がz'になっているとき
(iv) 「z''のg(C₂)についての鏡像」の、「C₃の像」についての鏡像がz'になっているとき
(v) 「z''のg(C₃)についての鏡像」の、「C₁の像」についての鏡像がz'になっているとき
(vi) 「z''のg(C₃)についての鏡像」の、「C₂の像」についての鏡像がz'になっているとき

(i)のとき：補題2によって、
z' = ((g◦C₁◦g^-1)◦(g◦C₂◦g^-1)◦(g◦C₁◦g^-1)^-1)◦(g◦C₁◦g^-1)(z'') = g◦C₁◦C₂◦C₁◦C₁◦g^-1(z'') = g◦C₂'◦C₁(z) = g◦T₁(z)
となるからz ~ z'がわかった。
(ii)のとき：上と同様にして
z' = ((g◦C₁◦g^-1)◦(g◦C₃◦g^-1)◦(g◦C₁◦g^-1)^-1)◦(g◦C₁◦g^-1)(z'') = g◦C₁◦C₃◦C₁◦C₁◦g^-1(z'') = g◦C₃'◦C₁(z) = g◦T₂(z)
(iii)のとき：
z' = ((g◦C₂◦g^-1)◦(g◦C₁◦g^-1)◦(g◦C₂◦g^-1)^-1)◦(g◦C₂◦g^-1)(z'') = g◦C₁◦C₁◦C₂◦C₁◦g^-1(z'') = g◦C₁◦C₂'(z) = g◦T₁^-1(z)
(iv)のとき：
z' = ((g◦C₂◦g^-1)◦(g◦C₃◦g^-1)◦(g◦C₂◦g^-1)^-1)◦(g◦C₂◦g^-1)(z'') = (g◦C₂◦C₃◦g^-1(z'') = g◦C₁◦C₁◦C₂◦C₁◦C₁◦C₃◦C₁◦C₁(z) = g◦C₁◦C₂'◦C₃'◦C₁(z) = g◦T₁^-1◦T₂(z)
(v)のとき：
z' = ((g◦C₃◦g^-1)◦(g◦C₁◦g^-1)◦(g◦C₃◦g^-1)^-1)◦(g◦C₃◦g^-1)(z'') = (g◦C₃◦C₁◦g^-1(z'') = g◦C₁◦C₁◦C₃◦C₁(z) = g◦C₁◦C₃'(z) = g◦T₂^-1(z)
(vi)のとき：
z' = ((g◦C₃◦g^-1)◦(g◦C₂◦g^-1)◦(g◦C₃◦g^-1)^-1)◦(g◦C₃◦g^-1)(z'') = (g◦C₃◦C₂◦g^-1(z'') = g◦C₁◦C₁◦C₃◦C₁◦C₁◦C₂◦C₁◦C₁(z) = g◦C₁◦C₃'◦C₂'◦C₁(z) = g◦T₂^-1◦T₁(z)
となって、すべての場合でz ~_Γ(2) z'が成り立っていることがわかった。

7月12日の幾何演習の補足です。

演習問題5（7月12日分）

問題

Gをリー群（多様体であり、群の演算がC^∞級であるもの）とする。
(1) G上のベクトル場で任意のg ∈ Gに対し、(L_g)_*ξ = ξを満たすものを、左不変ベクトル場という。G上の左不変ベクトル場全体gはdim G次元のベクトル空間になることを示せ。（gをGのリー環と呼ぶ。）
(2) ξ, ηを左不変ベクトル場とするとき、[ξ, η]も左不変ベクトル場であることを示せ。
(3) 1をGの単位元とする。左不変ベクトル場ξが生成する1パラメーター変換群をφ_tと書くとき、任意のg ∈ Gに対し、φ_t(g) = gφ_t(1)を示せ。（φ_t(1) = exp(tξ)と書く。）
(4) ξに対し、exp(ξ)を対応させる写像は、gの0の近傍からGの1の近傍への微分同相写像であることを示せ。（逆関数定理を使う。）

解答

(1) L_h(ξ) = ξはξ(f(h.•))(h^-1.x) = ξ(f)(x)ということである。T₁Gは次元がdim G（= nとおく）に等しいベクトル空間だから、左不変なベクトル場全体の空間gからT₁Gへの線形写像
α: ξ → ξ₁
が同型写像であることを示せばよい。βでT₁Gの元ζに対しβ(ζ)(f)(h) = ζ(f(h.•))なるTGの元を対応させる写像を表すことにする。
β(ζ)(f(h.•))(h^-1.x) = ζ(f(h.h^-1.x.•)) = ζ(f(x.•)) = β(ζ)(f)(x)
だからIm β ⊂ gである。α◦β = id_T₁Gは明らか。
ξ(f)(h) = ξ(f(h.•))(h^-1.h) = ξ(f(h.•))(1) = β(α(ξ))(f)(h)だからβ◦α = id_gである。これでαとβは互いに逆写像になっていることがわかった。

(2) (L_h)_*[ξ, η] = [(L_h)_*ξ, (L_h)_*η]を示す。
((L_h)_*[ξ, η]) (f) = ([ξ, η](f◦L_h))◦L_h^-1
= (ξ◦η(f◦L_h) - η◦ξ(f◦L_h))◦L_h^-1
= ((ξ◦η)(f◦L_h))◦L_h^-1 - ((η◦ξ)(f◦L_h))◦L_h^-1
= (ξ(η(f◦L_h)◦L_h^-1◦L_h))◦L_h^-1 - (η(ξ(f◦L_h)◦L_h^-1◦L_h))◦L_h^-1
= ((L_h)_*ξ)(η(f◦L_h)◦L_h^-1) - ((L_h)_*η)(ξ(f◦L_h)◦L_h^-1)
= ((L_h)_*ξ)((L_h)_*η(f)) - ((L_h)_*η)((L_h)_*ξ(f))
= [(L_h)_*ξ, (L_h)_*η](f)
だから確かにそうである。

(3) 一般のベクトル場ξと対応するフローφ_t(x)について、(L_h)_*ξに対応するフローはh.φ_t(h^-1.x)であることを示せば、x = hとおいたときに題意が従うことになる。
h.φ_{t_0+t₁}(h^-1.x) = h.φ_t₀(φ_t₁(h^-1.x)) = h.φ_t₀(h^-1.h.φ_t₁(h^-1.x))だからこれは確かにフローにであり、lim_t→0 (f(h.φ_t(h^-1.x)) - f(x)) / t = ξ(f(h.•))(h^-1.x) = (L_h)_*ξ(f)(x)だからこのフローは(L_h)_*ξに対応している。

(4) exp: g → G, 0 → 1_Gが誘導するexp_*: T₀g → T₁Gが階数nであることを示す。
1_Gの近傍が1_G = (0, 0, ..., 0)となるように(x₁, x₂, ..., x_n)で座標付けされているとする。gとT₁Gを同一視し（(1)のやり方で）、するとT₀g ≅ T₀(T₁G) となる。T₁Gに∑ a_i∂_i → (a₁,..., a_n)で座標を入れ、この座標を(e_i)_i座標と呼ぶことにする。T₀(T₁G)を、∑ a_i∂_{e_i} → (a₁, a₂, ..., a_n)によってRⁿと同一視する。
一方で、（exp_*の値域と思った）T₁Gを(e_i)_i座標∑ a_i∂_i → (a₁, a₂, ..., a_n)によってRⁿと同一視すれば、結局exp_*: Rⁿ ≅ T₀(T₁G) ≅ T₀g → T₁G ≅ Rⁿと見なせることになる。これがRⁿについての恒等写像（従って階数n）になることを、つまり(e_i)_i座標でかいたら(y₁,..., y_n)になるT₀gの元ξ = β(∑ y_i∂_{e_i})がexp_*の下で、(x_i)_i座標でかいたら(y₁,..., y_n)になるT₁Gの元ζ = ∑ y_i∂_iに対応することを示す。
ξに対応するフローは0 ∈ gにおいてt → (t.y₁,..., t.y_n) = t.∑ y_i∂_i = t.ζという写像になる。また、ζに対応するフローをφ_t(u)とおく。実数rについて、r.ζに対応するフローは(t, u) → φ_r.t(u)になる。
s G上の実関数fについて、exp_*(ξ)(f)|_{1_G} = ξ(f◦exp)(0) = lim_r→0 (f◦exp(r.y₁.∂₁ + ...+ r.y_n.∂_n) - f◦exp(0)) / r = lim_r→0 (f(φ_r(1_G)) - f(1_G)) / r = ζ(F)|_{1_G}となる。

7月1日〜の代数演習の補足です。後半部分はだいぶ整理できましたが、昔の初等的な証明も残しておくことにしました。
話が飛躍しているところとか、わかりにくいところとか集合関係の記号が表示できないところがあったら教えてください。

記法：全体集合について混乱のないとき、その部分集合Mの補集合を M^c で表すことにする。

問題6-(3)

問題

Rを可換環とし、X = Spec R = {Rの素イデアル}とおく。
(i) RのイデアルIにたいしV(I) = {p ∈ Spec R | I ⊂ p}とおく。{V(I) | IはRのイデアル}を閉集合全体と定めることによりXは位相空間となることを示せ。
(ii) f ∈ RにたいしD(f) = {p ∈ X | f ∉ p}はXの開集合であることを示せ。
(iii) X = Spec Rが連結であるためにはRの元eでe² = eを満たすものはe = 0, 1だけであることが必要十分であることを示せ。
(iv) f: R → R'を可換環の準同型とする。写像f^*: Spec R' → Spec Rをf^*(p) = f^-1(p)で定めるとこれは連続であることを示せ。
(v) IをRのイデアルとし、π: R → R/Iを標準全射とする。π^*: Spec R/I → Spec Rは位相同型Spec R/I ≅ V(I)をひきおこすことを示せ。
(vi) f ∈ Rにたいし、i: R → R[1/f] = S_f^-1Rを標準車像とする。ただしS_f = {fⁿ | n ∈ N}とする。i^*: Spec R[1/f] → Spec Rは位相同型Spec R[1/f] ≅ D(f)をひきおこすことを示せ。

解答

(i) F ⊂ 2^Xが閉集合系の公理
(F₁) AがFの部分集合だったら∩A ∈ F
(F₂) AがFの有限部分集合だったら∪A ∈ F
を満たすことと、Fが(F₁)に加えて
(F'_2-0) ∅ ∈ F
(F'_2-1) aとbがFの元だったらa ∪ b = ∪{a, b} ∈ F
を満たすことは同値である。F_R = {V(I) | IはRのイデアル}が(F₁)と(F'_2-0)と(F'_2-1)を満たすことを示す。
(1) (F₁)を満たすこと
(I_j)_j∈JをRのイデアルの族とするとき、∩_j∈JV(I_j) = V(∑_j∈JI_j)であることを示せば∩_j∈JV(I_j) ∈ F_Rが従うことになるが、
p ∈ ∩_j∈JV(I_j) ⇔ ∀_j∈J p ∈ V(I_j) ⇔ pはRの素イデアルで∀_j∈J I_j ⊂ p ⇔ pはRの素イデアルで∑_j∈JI_j ⊂ p ⇔ p ∈ V(∑_j∈JI_j)
だから確かにそうである。
(2) (F'_2-0)を満たすこと
V(R) = {p | pはRの素イデアルでR ⊂ p} = ∅だから。
(3) (F'_2-1)を満たすこと
IとJをRのイデアルとするとき、V(I) ∪ V(J) = V(I ∩ J)であることを示せばよい。
p ∈ V(I) ∪ V(J) ⇒ I ⊂ pかJ ⊂ p ⇒ I ∩ J ⊂ p ⇒ p ∈ V(I ∩ J)
だからV(I) ∪ V(J) ⊂ V(I ∩ J)である。あとは(V(I) ∪ V(J))^c ⊂ V(I ∩ J)^cを示せばV(I ∩ J) ⊂ V(I) ∪ V(J)が従う。p ∈ (V(I) ∪ V(J))^c = V(I)^c ∩ V(J)^cだったらI ⊄ pかつJ ⊄ pである。i ∈ I - pとj ∈ J - pをとれば、pが素であることからI ∩ Jの元i.jはpに含まれない。よってI ∩ J ⊄ pでp ∈ V(I ∩ J)^cとなって(V(I) ∪ V(J))^c ⊂ V(I ∩ J)^cがわかった。

(ii) D(f)の補集合がSpec Rの閉集合（あるイデアルIについてのV(I)）であることを示せばよい。ところでD(f)^c = {p | pはRの素イデアルでf ∈ p} = {p | (f) ⊂ p} = V((f))だから確かにそうである。

(iii) rad R でRの冪零元全体の集合{u | ∃n ∈ N uⁿ = 0}を表すことにする。
補題1：V(I) = Spec R ⇒ I ⊂ rad Rである。
証明：I ⊄ rad R ⇒ Spec R ⊄ V(I)を示す。
uをI - rad Rの元とする。S_uでRの積閉部分集合{uⁿ | n ∈ N}を表すことにする。uの取り方から0 ∉ S_uである。よって1/u ≠ 0/uとなってS_u^-1Rは零元以外の元を含む。よってS_u^-1Rには極大イデアルmがある。mは素イデアルであることに注意。

i: R → S_u^-1R, a → a/1

なる準同型によるmの逆像をm'とかけばこれは素イデアルの（環の準同型の下での）逆像だから素イデアルである。i(u)はS_u^-1Rの可逆元だからi(u) ∉ mで、したがってu ∉ m' ⇒ I ⊄ m' ⇒ m' ∉ V(I)がわかった。

Rがe ∉ {0, 1}だったらe² ≠ eであるような環だったとする。Spec Rが連結であることを示す。
V(I) ∪ V(J) = Spec Rだったら補題1によってI ∩ J ⊂ rad Rで、さらにV(I) ∩ V(J) = ∅だったらI + J = Rということである。そのときe₁ ∈ Iとe₂ ∈ Jがあってe₁ + e₂ = 1となっている。e₁.e₂ ∈ I ∩ J ⊂ rad Rなので、ある自然数nが存在して(e₁.e₂)ⁿ = 0となっている。1 - e₂ⁿは1 - e₂ = e₁で割り切れ、e'₁ = (1 - e₂ⁿ)ⁿとおけばこれはe₁ⁿの倍数だからIの元である。e'₂ = 1 - e'₁ = -((1 - e₂ⁿ)ⁿ - 1)とおけばこちらはe₂ⁿの倍数だからJの元である。e'₁ - e'_1² = e'₁(1 - e'₁) = e'₁.e'₂は(e₁.e₂)ⁿ = 0の倍数だから0である。Rについての仮定によってe'₁は1か0のどちらかである。これはI = RかJ = Rということで、結局V(I) ∪ V(J) = Spec RかつV(I) ∩ V(J) = ∅だったらV(I) = ∅かV(J) = ∅だということがわかった。よってSpec Rは連結である。

e ∉ {0, 1}でe² = eなるeがあったとする。Spec Rが連結でないことを示す。
まず1 - e ∉ {0, 1}と(1 - e)² = 1 - eも成り立つことに注意。I = R.e、J = R.(1 - e)とおいたらe₁ = e、e₂ = 1 - eによって演習3-(9)の条件(3)が（e₁.e₂ = e₁ - e₁² = 0だから）満たされるのでI + J = RかつI ∩ J = {0}がわかる。
よってV(I) ∩ V(J) = V(R) = ∅、V(I) ∪ V(J) = V({0}) = Spec Rが従う。ここで、任意のa ∈ Rについてr.e₁ ≠ 1（r.e₁ = 1だったらe = r.e₁² = r.e₁ = 1となって矛盾する）だからI ≠ Rである。同様にしてJ ≠ Rである。よってV(I)もV(J)も空でない（V(I)にはIを含むようなある極大イデアルが入っているから）。よってSpec Rは互いに交わらない二つの閉（開でもある）集合の合併で、つまり連結でないことがわかった。

(iv) f^*の下での閉集合の逆像が閉集合になることを示す。JをRの任意のイデアルとする。
f^*-1(V(J)) = {q ∈ Spec R' | f^*(q) ∈ V(J)} = {q | J ⊂ f^-1(q)}
だが、一番右の集合がV(R'.f(J))に（R'.f(J)はf(J)が生成するR'のイデアル）等しいことを示す。
J ⊂ f^-1(q)だったらf(J) ⊂ f(f^-1(q)) ⊂ qで、qはイデアルだからR'.f(J) ⊂ q。一方R'.f(J) ⊂ qだったらf(J) ⊂ qだからJ ⊂ f^-1(f(J)) ⊂ f^-1(q)である。

(v) qをR/Iの素イデアルとする。π^*(q) = π^-1(q)は素イデアルの逆像だから素イデアルで、 0 ∈ qだからI ⊂ π^*(q) ⇒ π^*(q) ∈ V(I)である。まずπ^*がSpec R/IからV(I)の上への全単射であることを示す。
pをV(I)の元とする。π_p: R → R/pの核はIを含む（I ⊂ pだから）ので、図式

spectrum-1

が可換になるような準同型π'_pが一意的に存在する。R/pは整域（pが素だから）なのでπ'_pの核はR/Iの素イデアルである。よってp → Ker π'_pはV(I)からSpec R/Iへの写像になる。この写像をφと書くことにする。φとπ^*が互いに逆写像になっていることを示す。
上の図式が可換だからπ^-1(Ker π'_p)はπ_pの核、つまりpに等しい。これはπ^*◦φがV(I)の恒等写像だということである。
qをSpec R/Iの元とする。可換図式

spectrum-2

において上の行の準同型の核はπ^-1(q)でπが全射だから下の行の準同型の核はπ(π^-1(q)) = qである。これはφ◦π^*がSpec R/Iの恒等写像だということである。
ここまででπ^*はSpec R/IからV(I)の上への連続全単射写像であることがわかったので、あとはπ^*が閉写像であることを示せばSpec R/Iの閉集合たちはV(I)の閉集合たちに移ることになって題意が示される。

spectrum-3

左の可換図式はSpecをとると右の可換図式になるが、上の行の連続写像の像はV(π^-1(J))で、下の行の連続写像の像はV(J)である。これはV(π^-1(J)) = π(V(J))ということである。

(vi) Rの積閉部分集合SについてD(S) = {p ∈ Spec R | p ∩ S = ∅}とおく。D(S_f) = D(f)（(ii)の記号の意味で）である。Rの任意の積閉部分集合Sについてi: R → S^-1Rが位相同型Spec S^-1R → D(S)を引き起こすことを示す。
まず、qをS^-1Rの素イデアルとする。Sの元の像はS^-1Rの可逆元だからqに含まれないので、Sの元はi^-1(q) = i^*(q)に含まれない。つまりi^*(q) ∈ D(S)がわかった。i^*がSpec S^-1RからD(S)の上への全単射であることを示す。
pをD(S)の元とする。R/pは整域でR → R/pの下でのSの元の像は0でない（p ∩ S = ∅だから）。F(R/p)でR/pの商体を表すことにすればSの元のR → R/p → F(R/p)の下での像は可逆元である。よって

spectrum-4

が可換になるような準同型i'_pが一意的に存在する。F(R/p)は体（特に整域）なのでi'_pの核はS^-1Rの素イデアルである。よってp → Ker i'_pはD(S)からSpec S^-1Rへの写像になる。この写像をψと書くことにする。ψとi^*が互いに逆写像になっていることを示す。
i^*◦ψがD(S)の恒等写像であるのは先ほどと全く同じ論法による。
qをSpec S^-1Rの元とする。

spectrum-5

π_q◦iの核はi^*(q)だからR/i^*(q)について準同型定理を適用して上の図式が中央の列について可換になる単射がある。よってR/i^*(q)の商体からS^-1R/qの商体へ上の図式が可換になるような準同型jがある。

spectrum-6

Sの元たちのF(S^-1R/q)の中での像は可逆だからS^-1RのuniversalityによってS^-1R → F(S^-1R/q)があることになるが、これはj◦i'_i*(q)で、一方では下の行の準同型に等しい。よってj◦i'_i*(q)の核は下の行の核qに等しいことがわかった。jは単射だからこれはi'_i*(q)の核がqであるということで、それはψ◦i^*がSpec S^-1Rの恒等写像だということである。
ここまででi^*はSpec S^-1RからD(S)の上への連続全単射写像であることがわかったので、あとはi^*がD(S)の上に誘導された位相について閉写像であることを示せばSpec S^-1Rの閉集合たちはD(S)の閉集合たちに移ることになって題意が示される。
JをS^-1Rのイデアルとする。i*(V(J)) = Im i* ∩ V(i^-1(J)) = D(S) ∩ V(i^-1(J))を示す。可換図式

spectrum-7

において中央の列は単射だから右の列も単射。

spectrum-8

これは右の可換図式でπ(S)^-1(R/i^-1(J)) → (S^-1R)/Jが全単射だということである。Specをとると左の可換図式が得られる。これはi*(V(J)) = π*(D(π(S))) = D(S) ∩ V(i^-1(J))ということである（p ∈ D(S) ∩ V(i^-1(J))かつあるs ∈ Sの像がπ*^-1(p)に入っていたとするとあるj ∈ Jがあってs - j ∈ p ⇒ s ∈ pとなってしまい矛盾する）。

こっちが(v)と(vi)の初等的な議論です。

(v) π^*の像がV(I)であること
qをR/Iの素イデアルとする。π^*(q) = π^-1(q)は素イデアルの逆像だから素イデアルで、 0 ∈ qだからI ⊂ π^*(q) ⇒ π^*(q) ∈ V(I)である。
pをV(I)の元とする。πが全射だからπ(p)はR/Iのイデアルである。またπ^-1(π(p)) = p + I = p（I ⊂ pだから）である。つぎにがπ(p)素であることを示す。aとbをπ(p)^cの元、αとβをπ(α) = a、π(β) = bなるRの元とする。αもβもpの元ではないからα.β ∉ pで、π^-1(π(p)) = pよりa.b = π(α.β) ∉ π(p)がわかった。よってπ(p) ∈ Spec R/Iでπ^*(π(p)) = pである。

ここまででπ^*はSpec R/IからV(I)の上への連続全単射写像であることがわかったので、あとはπ^*が閉写像であることを示せばSpec R/Iの閉集合たちはV(I)の閉集合たちに移ることになって題意が示される。
JをR/Iのイデアルとする。π^*(V(J)) = V(π^-1(J))を示す。
p ∈ π^*(V(J)) ⇔ ∃q ∈ V(J): p = π^*(q) ⇔ ∃q ⊃ J: p = π^-1(q) ⇒ π^-1(J) ⊂ p ⇔ p ∈ V(π^-1(J))
だからπ^*(V(J)) ⊂ V(π^-1(J))である。一方π^-1(J) ⊂ pだったらπの全射性によってJ ⊂ π(p)で、I ⊂ π^-1(J)よりI ⊂ pだから上の議論によってπ(p) ∈ Spec R/Iでπ^*(π(p)) = pとなるのでV(π^-1(J)) ⊂ π^*(V(J))がわかった。

(vi) i^*の像がD(f)であること
qをS_f^-1Rの素イデアルとする。f/1はS_f^-1Rの可逆元だからf/1 ∉ qで、従ってf ∉ i^-1(q) = i^*(q)、つまりi^*(q) ∈ D(f)がわかった。
pをD(f)の元とする。i(p)がS_f^-1Rにおいて生成するイデアルをJ_pとおけば

J_p = {a/fⁿ | a ∈ pかつn ∈ N}

である。 Rの任意の元bについてi(b) = b/1 ∈ J_pだったら∃a ∈ p, m ∈ N: b/1 = a/f^m ⇔ ∃n ∈ N: b.f^m+n = a.fⁿということで、このときb.f^m+n ∈ pからb ∈ pとなるのでi^-1(J_p) = p（⊃は明らか）がわかった。
J_pは素イデアルであることを示す。i^-1(J_p) = pよりJ_pはproperだから、J_p^cが乗法で閉じていること、つまりaとbをp^cの元、n₀とn₁を自然数としたとき、(a/f^n₀).(b/f^n₁) ∉ pを示せばよい。a.b ∉ pとi^-1(J_p) = pよりa.b/1 ∉ J_pだが、a.b/1 = (f^n₀+n₁/1).(a/f^n₀).(b/f^n₁)だから(a/f^n₀).(b/f^n₁) ∉ J_pでなければならない。
これでJ_p ∈ Spec S_f^-1Rが、したがってp = i^-1(J_p) = i^*(J_p) ∈ i^*(Spec S_f^-1R)がわかった。

ここまででi^*はSpec S_f^-1RからD(f)の上への連続全単射写像であることがわかったので、あとはi^*が開写像であることを示せばSpec S_f^-1Rの開集合たちはD(f)の開集合たちに移ることになって題意が示される。
IをS_f^-1の任意のイデアルとする。i^*(V(I)^c) = V(i^-1(I))^cを示す。
pをi^*(V(I)^c)の元とする。
p ∈ i^*(V(I)^c) ⇔ ∃q ∈ V(I)^c: p = i^*(q) ⇔ ∃q ⊅ I: p = i^-1(q) ⇔ ∃q, I: j ∈ I - qかつp = i^-1(q)
だから、このjの表現をa/fⁿ（aはRの元、nは自然数）とすればa/1 = (fⁿ/1).j ∈ I - q（qが素だから）となってa ∉ pがわかった。よってp ∈ V(i^-1(I))^cが、したがってi^*(V(I)^c) ⊂ V(i^-1(I))^cがわかった。
pをV(i^-1(I))^cの元とする。i^-1(J_p) = pよりi^-1(I) - pの元aについてi(a) = a/1 ∉ J_pである。よってi(i^-1(I)) ⊄ J_pがわかったが、i(i^-1(I)) ⊂ IだからI ⊄ J_pで、J_p ∈ V(I)^cである。よってp = i^*(J_p) ∈ i^*(V(I)^c)。

補足：(iii)で使った補題1はステートメントをみればわかるようにe² = eなeたちとは関係ない一般的な命題で、反対向きのI ⊂ rad R ⇒ V(I) = Spec Rも成り立ちます。つまりrad R = ∩ {p | pはRの素イデアル}ということで、こちらをrad Rの定義とする流儀もあります。

6月24日の代数演習の補足です。授業中は(3) ⇒ (1)がわからなかったので(3) ⇒ (2) ⇒ (1) ⇒ (3)の順に示しましたが、(2) ⇔ (1)を示して、(2) ⇔ (3)を示すというアプローチ（4段階）が一番初等的にいけると思います。(3) ⇒ (1)も示せたのでのせておきます。これで順方向でも一周できるようになりました。
記法：（可換）図式で二重線のところは恒等写像だと思ってください。ななめの矢印がかけなかったから使っているだけです。

問3-(9)

問題

Rを可換環とする。RのイデアルI₁、I₂について、次の条件(1)-(3)は同値であることを示せ。
(1) R → R/I₁ × R/I₂は同型
(2) I₁ + I₂ = R, I₁ ∩ I₂ = 0
(3) Rの元e₁, e₂でe₁ + e₂ = 1, e₁e₂ = 0かつI₁ = Re₁, I₂ = Re₂を満たすものが存在する

解答

以下Rの可換性は仮定しない。

積環のuniversality

環AとAからR/I₁への準同型q₁とAからR/I₂への準同型q₂の組(A, q₁, q₂)：

productobj-1

について、「任意の環BとBからR/I₁への準同型f₁およびBからR/I₂への準同型f₂

productobj-2

に対して、

productobj-3

が可換となるような準同型f: B → Aが一意的に存在する」という条件を考える。(A, q₁, q₂)と(A', q'₁, q'₂)の2つの組が上の条件を満たすとしたら、上の条件によって定まるAからA'への写像は同型写像になる。
p₁で第一成分への射影R/I₁ × R/I₂ → R/I₁を、p₂で第一成分への射影R/I₁ × R/I₂ → R/I₂を表すことにすると、(R/I₁ × R/I₂, p₁, p₂)は上の条件を満たす。

(3) ⇒ (1)の証明

そこで、π₁で射影R → R/I₁を、π₂で射影R → R/I₂を表すことにしたとき、(R, π₁, π₂)も上の条件を満たすことを示せば、

productobj-4

が可換な同型写像φ: R → R/I₁ × R/I₂が得られることになる。

環BとBからR/I₁への準同型f₁およびBからR/I₂への準同型f₂

productobj-2

が与えられたとする。 Bの各元bに対して、c₁ ∈ Rをf₁(b)の代表元（の一つ）、c₂をf₂(b)の代表元（の一つ）として、

b → c₁.e₂ + c₂.e₁

という対応を考える。

上の対応がf₁(b)やf₂(b)の代表元の取り方によらないこと：c₁ = c'₁ (mod I₁)かつc₂ = c'₂ (mod I₂)だったとする。I_i = R.e_i (i = 1, 2)より、c_i = c'_i (mod I_i)はあるd_i ∈ Rがあってc_i - c'_i = d_i.e_iということと同値。二つの表現c₁.e₂ + c₂.e₁とc'₁.e₂ + c'₂.e₁の差は

(c₁ - c'₁).e₂ + (c₂ - c'₂).e₁ = d₁.e₁.e₂ + d₂.e₂.e₁ = d₁.0 + d₂.0 = 0

である。よって、上の対応は代表元の取り方によらないのでBからRへの写像gを定めている。

写像gが環の準同型であること：e₁ + e₂ = 1とe₁.e₂ = 0からe₁² = e₁、e₂² = e₂やe₂.e₁ = 0がただちに従うことに注意して、
(i) 0_B → 0_R：f_i(0) = 0_{R/I_i}だからf_i(0)の代表元として0_Rがとれる。これは0_B → 0_R.e₂ + 0_R.e₁ = 0_Rということである。
(ii) 1_B → 1_R：f_i(1) = 1_{R/I_i}だからf_i(1)の代表元として1_Rがとれる。これは1_B → 1_R.e₂ + 1_R.e₁ = 1_Rということである。
(iii) 加法についての構造の保存：明らか。
(iv) 乗法についての構造の保存：Rの任意の任意の2元xとyについて、
x.y - x.e₂.y = x.(e₁ + e₂).y - x.e₂.y = x.e₁.y ∈ I₁
よりx.e₂.y = x.y (mod I₁)で、また同様にしてx.e₁.y = x.y (mod I₂)。これは

b → c₁.e₂ + c₂.e₁かつb' → c'₁.e₂ + c'₂.e₁

とおくと、

b.b' → c₁.c'₁.e₂ + c₂.c'₂.e₁ = c₁.e₂.c'₁.e₂ + c₂.e₁.c'₂.e₁ = (c₁.e₂ + c₂.e₁).(c'₁.e₂ + c'₂.e₁)

ということである。（あるd ∈ Rがあってc₂.e₁.c'₁.e₂ = d.e₁.e₂ = 0となることなどを用いた。）

図式

productobj-5

が可換なこと：bをBの任意の元、c₁ ∈ Rをf₁(b)の代表元、c₂をf₂(b)の代表元とする。gの定義によってg(b) = c₁.e₂ + c₂.e₁であるから、

π₁◦g(b) = π₁(c₁.e₂ + c₂.e₁) = π₁(c₁.e₂) = π₁(c₁.e₂ + c₁.e₁) = π₁(c₁) = f₁(b)

となって上の図式の左半分の可換性が示せた。右半分についても同様である。

図式

productobj-6

が可換だったらh = gであること：bをBの任意の元とすると、c₁ ∈ Rをf₁(b)の代表元、c₂をf₂(b)の代表元として、

h(b) - g(b) = h(b) - (c₁.e₂ + c₂.e₁) = h(b) - c₁ + (c₁ - c₂).e₁

と、

π₁(h(b) - g(b)) = f₁(b) - f₁(b) = 0

よりh(b) = c₁ (mod I₁)。つまりあるd ∈ Rがあってh(b) - c₁ = d.e₁となっている。右からe₂をかけてh(b).e₂ = c₁.e₂がわかった。同様にして、h(b).e₁ = c₂.e₁も導かれるから二つを合わせて

h(b).1_R = h(b).(e₁ + e₂) = c₂.e₁ + c₁.e₂

が従うが、これはh(b) = g(b)ということである。

これで(R, π₁, π₂)が最初に掲げた条件を満たすことが示せたので、

productobj-4

が可換な同型写像φ: R → R/I₁ × R/I₂が存在することがわかった。ところでこの図式が可換になるような写像φとは、各x ∈ Rについて(π₁(x), π₂(x))を対応させる写像であるのは明らか。これで(1)が成立することが示せた。

R加群についての対応する条件
「Mを左R加群、N₁とN₂をMの部分加群とするとき、
(1) M → M/N₁ × M/N₂, x → (π₁(x), π₂(x))は同型写像である
(2) N₁ + N₂ = MかつN₁ ∩ N₂ = {0_M}である」
について、(1) ⇒ (2)が成り立つことをsplitting exact sequenceを使って示してみました。(2) ⇒ (1)の方は僕が授業中にやった証明がそのまま持ち込めます。

i = 1, 2についてπ_iで自然射影M → M/N_iを表すことにする。
φをM → M/N₁ × M/N₂, x → (π₁(x), π₂(x))なる準同型とする。これが同型写像になっている、というのが仮定。
可換図式

productobj-7

（i₁は恒等写像による埋め込み、j₂は第二成分への埋め込みx → (0, x), p₁は第一成分への射影(x, y) → x）
において上の行と下の行は両方とも完全。しかも下の行は分裂する。M/N₁からM/N₁ × M/N₂へのsectionはもちろん第一成分への埋め込みj₁: x → (x, 0)。
φ^-1◦j₁が上の行についての（M/N₁からMへの）sectionになる：π₁◦φ^-1◦j₁ = p₁◦φ◦φ^-1◦j₁ = idだから。よってMはN₁とφ^-1◦j₁(M/N₁)の（内部）直和である。φ(N₂) = j₁(M/N₁)だからN₂ = φ^-1◦j₁(M/N₁)で、従ってMはN₁とN₂の直和である。

注：M/N₁ × M/N₂はM/N₁ × {0}と{0} × M/N₂の直和で、M/N₁ × {0}の、M → M/N₁ × M/N₂の下での逆像はN₂（M → M/N₂で0にいくような元たちだから）、{0} × M/N₂の逆像はN₁だからMはN₁とN₂の直和になる。と考えても同じです。

6月17日の代数演習の補足です。補題4の部分を本当はもっとエレガントに解きたいのですがわかりませんでした。例えば「φ◦ψはGの恒等写像」の形で示したいです。誰か教えてください。

記法：Aを環とする。Nで0を含めた自然数の集合、Qで有理数体、Rで実数体を表すことにする。

形式的冪級数環A[[X]]

A係数の形式的冪級数環A[[X]]の定義
自然数の集合NからAへの写像全体の集合A^N = {(a₀, a₁,..., a_m,...) | a_i ∈ A}に、
加法：((a₀, a₁,..., a_m,...), (b₀, b₁,..., b_m,...)) → (a₀ + b₀, a₁ + b₁,..., a_m + b_m,...)
乗法：((a₀, a₁,..., a_m,...), (b₀, b₁,..., b_m,...)) → (∑_i≤ma_ib_m-i)_m∈N
を入れたものです。もちろん、(a₀, a₁,..., a_m,...)のa_kは、「級数」∑a_iXⁱでのk次の項の係数を表していると考えるわけです。
注意：多項式のときと違って、形式的冪級数の集合A[[X]]とAからAへの関数の集合A^Aとの間にアプリオリな関係はありません。例えば下の例(1)の級数expに0以外の有理数qを「代入」したとき得られる

1 + q + q² / 2 + q³ / 3! + ...

は有理数には（それどころかどんな代数的数にも）収束していません（この級数はRの中でe^qに収束していて、これは超越数だからです）。

Q[[X]]の元の例
(1) exp = ((m!)^-1)_m∈N
(2) log(1 + X) = (a_m)_m: a₀ = 0, 0 < mのときa_m = -1^m+1m^-1
(3) (1 + X)^-1 = (-1^m)_m
(4) X = (0, 1, 0, 0,...)
(5) 1_A[[X]] = (1, 0, 0,...)

形式的冪級数への代入

(a₀, a₁,..., a_m,...) = a ∈ A[[X]]を任意の形式的冪級数、(0, b₁,..., b_m,...) = bを(X)の任意の元とする。任意の自然数kについてb^k = (b_km)_m∈Nはi < kのときb_ki = 0（つまりb^kはX^kの倍数になっている）ことに注意。よって

∑_i∈Na_i.bⁱ（この級数のk次の項の係数は∑_i≤ka_ib_ikという有限和）

は確かにA[[X]]の元を表している。これをaにbを代入して得られるA[[X]]の元と呼び、a(q)と書くことにする。

注：本当はイデアル(X) = {(a_m)_m∈N | a₀ = 0}に入っていない級数を代入する操作も（ある条件が満たされたときには）考えることができますが、それは面倒くさいしここでは必要ないので導入しません。教えてほしい人は言ってください。

補題1：tを上の例(3)の冪級数とする。定数項が0なる任意の冪級数a ∈ (X)について

(1 + a).t(a) = 1

がA[[X]]でなりたつ。
証明：1 + a = (1, a₁,...)かつt(a) = (1, -a₁,...)であるから（つまりどちらも定数項が1）与式左辺の0次の項（定数項）は1に等しい。
kを1以上の任意の自然数とする。tの定義とaがXの倍数であることより、与式左辺のk次の項は

(1 + a).(1 - a + a² - ... + (-a)^k)

という級数のk次の項に等しい。この式を展開すると、

1 + a - a - a² + a² + ... + -1^k-1a^k + (-a)^k + -1^ka^k+1 = 1 + -1^ka^k+1

となって、aがXの倍数だからこれのk次の項の係数は0に等しい。

補足：これが「(1+X)^-1」という記法を正当化しています。

微分写像d

つぎに、d: A[[X]] → A[[X]]を

(da_m)_m∈N = (b_m)_m∈N: b_m = (m + 1)a_m+1

で定義します。もちろんこれは微分を形式的に持ち込んだもので、任意の形式的冪級数aとbについて

d(a.b) = d(a).b + a.d(b)
b ∈ (X)のときd(a(b)) = (da)(b).db

がなりたつことは定義を使って展開してみれば確かめられます。環Aの標数（Aの中でn = 0となるような最小の0でない自然数n、そんなnがないときは0とする）が0のとき（例えばA = Q）

da = 0 ⇔ aは定数（0 < iだったらa_i = 0）

がなりたつのも明らかです。
例：(6) d(exp) = exp
(7) d(log(1 + x)) = (1 + X)^-1
どちらも定義から直ちに従います。

A[X]においてXⁿが生成するイデアルをIとかき、A[[X]]においてXⁿが生成するイデアルをJとかくと、（各校の係数を取り出す）埋め込みA[X] → A[[X]]は、同型写像A[X]/I → A[[X]]/Jを引き起こします。なので、Q[[X]] → Q[[X]]/(Xⁿ)_Q[[X]] ≅ Q[X]/(Xⁿ)_Q[X]とQ[X] → Q[X]/(Xⁿ)は両方とも記号πで表すことにします。

問1-(3)

問題

(Q[X]/(Xⁿ))^× ≃ Q^× × Q^n-1 (∀n ≥ 1)を示せ。

解答

板書でやったように G = {1 + a₁X + ... + a_n-1X^n-1 | a_i ∈ Q} ⊂ Q[X]/(X^n)（πを省略しています。）という(Q[X]/(X^n))^*の部分群を考えます。
次に、XQ[X]/(Xⁿ)で群Q[X]/(Xⁿ)（加法について）の部分群{定数項が0な多項式（のπによる像）}を表すことにします。Q^n-1からXQ[X]/(Xⁿ)への同型写像

(q₁,..., q_n-1) → q₁X + ... + q_n-1X^n-1
（冪級数環の立場から見たら(q₁,..., q_n-1) → π((0, q₁,..., q_n-1, 0, 0,...))ということ）

があることに注意してください。。

群の同型XQ[X]/(Xⁿ) → Gの構成

写像φ: XQ[X]/(Xⁿ) → Gを

π(∑_1≤i<na_iXⁱ) → π(exp((b_m)_m∈N)): b_i = a_i (1≤i<nのとき), b_i = 0 (それ以外)

で定義する。expの定数項は1だから左辺は確かにGの元を表している。
写像ψ: G → XQ[X]/(Xⁿ)を

π(a) → π(log(1 + (a - 1)))

で定義する。π(a) ∈ Gとなるようなa ∈ Q[[X]]の定数項は1だからa - 1 ∈ (X)となるのでこの代入は可能で、log(1 + X)の定義から定数項は0になるからXQ[X]/(Xⁿ)の元を表している。

補題2：φは群の準同型である。
2項係数の表式から

exp(a + b) = exp(a).exp(b)

だから。

補題3：ψ◦φはXQ[X]/(Xⁿ)の恒等写像に等しい。
証明：補題1によって、

(1 + (exp(a) - 1))^-1.(1 + (exp(a) - 1)) = 1

だから

d(log(1 + (exp(a) - 1))) = (1 + (exp(a) - 1))^-1.exp(a).da = da

がなりたつ。XQ[X]/(Xⁿ)の元は必ず定数項が0に等しいので

log(1 + (exp(a) - 1)) = a

がわかった。商群にうつってψ◦φ = id_XQ[X]/(Xⁿ)が得られる。

補題4：ψは単射である。
証明：(a_m)_m∈Nと(b_m)_m∈N（a₀とb₀はともに0）をlog(1 + X)に代入したときにlog(1 + a)とlog(1 + b)の差がXⁿの倍数になったと仮定する。つまり
(0, a₁, a₂ - a₁² / 2, a₃ - (a₁a₂ + a₂a₁) / 2 + a₁a₁a₁ / 3, ..., a_n-1 + ∑_1<i<n(-1)ⁱ⁺¹i^-1∑_{m₁+...+m_i=n-1}a_m₁a_m₂...a_{m_i}) = (0, b₁, b₂ - b₁² / 2, b₃ - (b₁b₂ + b₂b₁) / 2 + b₁b₁b₁ / 3, ..., b_n-1 + ∑_1<i<n(-1)ⁱ⁺¹i^-1∑_{m₁+...+m_i=n-1}b_m₁b_m₂...b_{m_i})
0 < k < nなる任意の自然数kについて、この式の式の左辺のk次の項の係数（つまりk + 1番目の要素）はa_kについて一次の(a_m)m≤kによる多項式になっていることと、右辺についても同様になっていることから、

1次の項が等しいことに注目してa₁ = b₁、
2次の項が等しいことと、既にa₁ = b₁を得ていることからa₂ = b₂、

順に続けて最後は

n - 1次の項が等しいことと、既にa₁ = b₁,..., a_n-2 = b_n-2を得ていることからa_n-1 = b_n-1

をえる。つまりaとbの差はXⁿの倍数であることがわかった。これは

ψ(π(a)) = ψ(π(b)) ⇒ π(a) = π(b)

が示せたということである。

補題5：φは群の同型を与えている。
補題3からφの単射性がいえて、補題3と補題4をあわせると全射性もいえる。補題2とあわせてφは全単射準同型写像であることがいえる。

5月19日〜の複素解析演習の発表の補足です。板書を写すよりはこちらをどうぞ。板書でカレット^だったホモトピー類は関数記号hでかいてあります。

準備

Iで閉区間[0, 1]を表すことにします。また、特に断らない限り、位相空間X内の曲線とは連続写像I → Xのことを指すことにして、「一点x」という曲線のことをI → {x}と書くことにします。
二つの曲線αとβの間にホモトピーがある、という関係をα =_h βで表すことにします。この関係「=_h」は同値関係

α =_h α
α =_h β ⇒ β =_h α
α =_h βかつβ =_h γ ⇒ α =_h γ

なので、曲線たちを「=_h」で分類して同値類を考えることができます。その同値類のことをホモトピー類と呼んで、曲線αのホモトピー類のことをh(α)とかくことにします。
曲線αの終点と曲線βの始点が同じだったら、二つの曲線をつなげた曲線を考えることができるので、それをα + βとかくことにします。この演算と「=_h」のあいだには次の関係があります。

((I → {α(0)}) + α) =_h α, (α + (I → {α(1)})) =_h α
(α + γ) =_h (β + γ) ⇔ α =_h β
(γ + α) =_h (γ + β) ⇔ α =_h β

凸集合の中では二つの曲線の「平均」を考えることができるので任意の二曲線がホモトープになります。それから、XとYが位相空間で、X内の曲線αとβの間にホモトピーΦがあって、連続写像f: ImΦ → Yが与えられているときにはY内の曲線f◦αとf◦βの間にホモトピーf◦Φがあることになります。

問題11（5月12日分）

問題

D (⊂ P₁(C))を領域とする。z₀ ∈ Dを固定する。任意のz ∈ Dに至るz₀からの曲線のホモトピー類Ĉ(z)をとり、対(z, Ĉ(z))の全体をSとする。Sの点(z, Ĉ(z))に対しその近傍を次のように定める：∆(z, r) ⊂ Dをとり、w ∈ ∆(z, r)に対しĈ(z)の代表元と線分z͞wの和をとり、その同値類Ĉ(w)を考えU(z, Ĉ(z)) = ∪_w∈∆(z,r)(w, Ĉ(w))を(z, Ĉ(z)の近傍とする。
次を示せ。
(1) 位相空間Sはハウスドルフ
(2) Sは連結（弧状連結）
(3) Sはリーマン面で射影S ∋ (z, Ĉ(z)) → z ∈ Dは正則写像
(4) Sは単連結である

解答

記法：D内の2点xとyについて、始点がxで終点がyの線分をSeg(x, y)とかくことにする。πで第一成分への射影S → Dを表すことにする。Sの元(z, a)とDの元wに対してSeg(z, w) ⊂ Dだったら、a(w)でh(α + Seg(z, w))（ここでαはa = h(α)なる曲線）を表すことにする。また、∆(z, r) ⊂ Dなる実数rに対して、U_r(z, a) = {(w, a(w)) | w ∈ ∆(z, r)}とおく。
注：U_r(z, a)の形の集合たちはSの位相の近傍系の基になる。このことから、πは連続であることが従う。

(1) (z, a)と(z', a')がSの相異なる2点だったら、(z, a)の近傍Uと(z', a')の近傍の近傍Vで互いに交わらないものがあることを示す。第一成分が等しいかどうかで場合分けをする。
(i) z ≠ z'のとき：Dはハウスドルフだからπ(z, a) = zの近傍Aとπ(z', a') = z'の近傍Bで互いに交わらないものがある。U = π^-1(A)、V = π^-1(B)とおけば、πは連続だからUは(z, a)の、Vは(z', a')の近傍で、この二つが互いに交わらないのも明らか。
(ii) z = z'のとき：a ≠ a'である。αをaの代表元、α'をa'の代表元とする。rを∆(z, r) ⊂ Dなる実数とする。U = U_r(z, a)、V = U_r(z, a')とおけばよい。これらが交わらないことを背理法で示す。ある(w, h(b))があってそれがU ∩ Vの元だったとする。(w, h(b)) ∈ Uよりα + Seg(z, w) =_h bが、(w, h(b)) ∈ Vよりα' + Seg(z, w) =_h bが導かれるから、結局α + Seg(z, w) =_h α' + Seg(z, w)ということになるが、これはα =_h α'を導くのでa ≠ a'に矛盾する。

(2) (z, a)をSの任意の点、αをaの代表元とする。(z₀, h(I → {z₀}))と(z, a)を結ぶ曲線を構成する。各s ∈ Iに対してD内の曲線α_sをt → α(s.t)なるものとする。写像Α: I → Sをs → (α(s), h(α_s))で定めればこれは連続。なぜなら、Iの任意の元sと∆(α(s), ε) ⊂ Dなる任意の正実数εに対し、αは連続だからある正数δがあってsのδ近傍B_δ(s)のαの下での像は∆(α(s), ε)に含まれる（理由はこちら）が、これはB_δ(s)のΑの下での像がU_ε(α(s), h(α_s))に含まれることを導くからである。{U_ε(α(s), h(α_s)) | ∆(α(s), ε) ⊂ D}は(α(s), h(α_s))の近傍の基本系になるからΑは(α(s), h(α_s))で連続である。Αの端点が(z₀, h(I → {z₀}))と(z, a)なのはその構成から明らか。
よって、Sの任意の二点は（(z₀, h(I → {z₀}))を経由して）曲線で結べることが示された。

(3) Sが連結なハウスドルフ空間であることはいえているから、Sの開被覆(V_j)_j∈Jと各U_jからCのある領域への同相写像φ_jで、重なりの部分は双正則写像でうつり合うようなものを構成すればよい。
J = S、各s ∈ Sに対してV_s = U_r(s)(s) （r(s)は∆(π(s), r(s)) ⊂ Dとなるある実数）、φ_sはπのV_sへの制限、ととればよい。Sの任意の元s = (z, a)について、φ_sがV_sから∆(z, r(s))の上への同相写像であることを示す。{U_r(s)(s) ∩ U_ε(w, a(w)) | w ∈ ∆(z, r(s)), ∆(w,ε) ⊂ D}はV_sの開集合の基になっている（理由はこちら）が、この集合のπの下での像は{∆(z, r(s)) ∩ ∆(w,ε) | w ∈ ∆(z, r(s)), ∆(w,ε) ⊂ D}で、これは∆(z, r(s))の開集合の基である。φ_sの全単射性は明らか。
被覆の重なりの部分（の像たち）はDの恒等写像（明らかに双正則）でうつり合うから、重なり部分についての条件も満たされている。また、πは局所的には座標写像φ_sとD上の恒等写像z → zの合成と見なせるので正則写像である。

(4) S内の任意の閉曲線γは一点にホモトープであることを示せばよい。各s ∈ Iに対してγ_sでγ(s)の第二成分の代表元を表すことにする。(γ(s) = (γ_s(1), h(γ_s))となっているということ)

補題：D内の閉曲線σ: s → π◦γ(s)は一点にホモトープで、任意のs ∈ Iについてγ_sとγ₀ + σ|_{[0, s]}はホモトープである。
補題の証明：各s ∈ Iに対して、ε_sを∆(σ(s), ε_s)なる正の実数とする。γは連続だから、それぞれのsに対してある実数δ_sが存在してsのδ_s近傍B(s, δ_s)のγの下での像はU_{ε_s}(γ(s))に含まれる。(B(s, δ_s))_s∈IはIの開被覆で、Iはコンパクトだからこの被覆の有限の取り直しがある。つまり、Iの有限個の点たちs₀, s₁, ..., s_nが存在して(B(s_i, δ_{s_i}))_i≤nがIを覆っている。Iの連結性によって、（必要ならばs_iの順序を入れ替えて）各i < nに対してB(s_i, δ_{s_i}) ∩ B(s_i+1, δ_{s_i+1})は空でない、つまり∃s'i ∈ B(s_i, δ_{s_i}) ∩ B(s_i+1, δ_{s_i+1})としてよい。また、s₀ = 0, s_n = 1と仮定してよいのも明らか。このとき、

σ|_{[s_i, s'_i]} =_h Seg(γ_{s_i}(1), γ_{s'_i}(1)) (σ(B(s_i, δ_{s_i})) ⊂ π(U_{ε_{s_i}}(γ(s_i)) = ∆(σ(s_i), ε_{s_i})より、)
γ_{s_i} + Seg(γ_{s_i}(1), γ_{s'_i}(1)) =_h γ_{s'_i} (γ(B(s_i, δ_{s_i})) ⊂ U_{ε_{s_i}}(γ(s_i))より)

これらをあわせてγ_{s_i} + σ|_{[s_i, s'_i]} =_h γ_{s'_i}が各i < nに対してなりたつ。同様にしてγ_{s'_i} + σ|_{[s'_i, s_i+1]} =_h γ_{s_i+1}もi < nについてみちびかれる。この式をすべてのi < nについてつなぎ合わせれば、

γ₀ + σ|_{[s₀, s'₀]} + σ|_{[s'₀, s₁]} + ... + σ|_{[s'_n-1, s_n]} =_h γ_{s_n} =_h γ₁ =_h γ₀

が得られる。よってσ|_{[s₀, s'₀]} + σ|_{[s'₀, s₁]} + ... + σ|_{[s'_n-1, s_n]} = σは一点にホモトープ。

また、任意のs ∈ Iについてs ∈ B(s_i, δ_{s_i})なるiをとればγ_sとγ₀ + σ|_{[0, s]}はホモトープなこともわかる。これで補題の証明終わり。

上の補題によって曲線σと一点σ(0)の間のホモトピーΨ: I × I → D、つまり連続で

Ψ(0, t) = σ(t), Ψ(1, t) = σ(0)
Ψ(s, 0) = σ(0), Ψ(s, 1) = σ(1) = σ(0)

を満たす写像があることになる。写像Φ: I × I → SをΦ(s, t) = (Ψ(t, s), h(γ_s + Ψ( • , s)|_{[0, t]}))で定義する。この連続写像Φがγとγ(0)の間のホモトピーであることを示す。

Φ(0, t) = (σ(0), h(γ₀)) = γ(0), Φ(1, t) = γ(1)
Φ(s, 0) = (σ(s), h(γ_s)) = γ(s)

はΦの定義より直ちに従う。Φ(s, 1) = γ(0)をみるには、

γ₀ + Ψ(0, • )|_{[0, s]} = γ₀ + σ|_{[0, s]} =_h γ_s
γ_s + Ψ( • , s) =_h Φ(s, 1)の第二成分の代表元

より、I × [0, s]の境界を(0, 0)から時計回りにまわる曲線をζとおけば

γ₀ + Ψ◦ζ =_h Φ(s, 1)の第二成分の代表元

だが、Ψ◦ζはI × Iのなかで一点にホモトープな曲線ζの、連続写像Ψによる像なので一点にホモトープ。つまりγ(0) = (γ₀(1), h(γ₀ + Ψ◦ζ)) = Φ(s, 1)。
これでS内の任意の閉曲線γは一点にホモトープなことが示せた。

解説：(4) でS内の閉曲線はS内の閉曲線上の各点（それ自体再び曲線）の「端点」たちを集めた曲線が1点に縮められることを調べている以外は形式的に定義を追っているだけです。
S内の曲線とは、D内の曲線をちょっとずつ端点をずらしていったもの（のホモトピー類をとったもの）と考えることができます。「端点たちの曲線」が有限個の線分で近似できることをIのコンパクト性から、その有限個の線分たちがDの中で１つのループになっていることをIの連結性から導いています（そのふたつからS内の任意の曲線の両はじ（Dの曲線）はホモトープであることがみちびけます）。S内の曲線が閉曲線になっている（つまり最初の曲線に戻ってくる）としたらその間に、Dに開いている穴を飛び越え（ホモトープでなくなる）たりはしない、ということを調べました。

補足1:α (B_δ(s)) ⊂ ∆(α(s), ε)の理由
t ∈ B_δ(s)だったら α_t = α_{s - δ} + α|_{[s - δ, t]} であることに注意。一方でα|_{[s - δ, t]}とα|_{[s - δ, s]} + Seg(α(s), α(t))は両方とも始点がα(s - δ)で終点がα(t)の、∆(α(s), ε)内の曲線だから、この二つはホモトープ。これらをあわせ α_t =_h α_{s - δ} + α|_{[s - δ, s]} + Seg(α(s), α(t)) =_h α_s + Seg(α(s), α(t)) つまり(α(t), h(α_t)) ∈ U_ε(α(s), h(α_s))ということである。

補足2:{U_r(s)(s) ∩ U_ε(w, a(w)) | w ∈ ∆(z, r(s)), ∆(w,ε) ⊂ D}はV_sの開集合の基である理由
EがU_r(s)(s)の開集合だったら、各e ∈ Eに対してある正実数ε(e)があってU_ε(e)(e) ∩ U_r(s)(s) ⊂ Eである。（U_r(e)の形の集合がSでのeの近傍の基本系になって、従ってこの形の集合とU_r(s)(s)との共通部分はU_r(s)(s)におけるeの近傍の基本形になるから）つまり∪{U_ε(e)(e) ∩ U_r(s)(s) | e ∈ E} ⊂ E。逆向きの包含関係は明らか。これでU_r(s)(s)の任意の開集合はU_r(s)(s) ∩ U_ε(w, a(w))の形をした集合たちの合併で表されることがわかった。U_r(s)(s) ∩ U_ε(w, a(w))は二つの開集合の共通部分だから開集合である。

5月18日のぐちゃぐちゃだった解析演習の補足です。スクリプトℱでかいてあったS上のσ-algebraは普通のFでかくことにします。

問題39

問題

(S, F)が可測空間、f: S → [-∞, ∞]が関数であり、|f|はF可測であるとき、fもF可測であるか。

解答

Sが非可測な部分集合Aを持つときには、可測でない関数f: S → [-∞, ∞]のうちで、|f|は可測なるものがある。
f = 2χ_A - 1 = χ_A - χ_{S - A}とおけばよい。そのとき{f > 0} = Aは可測集合でないからfは可測でないが、|f|は定数関数１に等しい。
例１：S = {0, 1}, F = {S, ∅}のときA = {0}は非可測。
例2：[0, 1)は（従ってRは）ボレル可測でない部分集合を持つ。これは下の補題1でB = [0, 1), G = {M ∈ B | M ⊂ [0, 1)}とおき補題２を適用して得られる。

補題１ (B, G, μ)を0 < μ(B) < ∞なる測度空間とする。以下の条件を満たす全単射φ: B → Bが存在するならばBは可測でない部分集合Aを持つ。
(1) φとφ^-1は可測
(2) φによるimage measure μ·φはμに等しい
(3) Bの任意の元xと任意の0でない整数nについて、φⁿ(x) ≠ x。

証明まずAを構成する。Bの任意の元xに対して<φ>.x = {φ^k(x) | k ∈ Z}とおき、M = {<φ>.x | x ∈ B}とおく。Oの元はどれも空でないから、選択公理によって写像f: M → ∪M = {x | ∃e x ∈ e ∈ O}で、Mの任意の元eについてf(e) ∈ eなるものがある（つまり、Mのそれぞれの元から１つずつ代表元を選ぶことができる）。 A = {f(e) | e ∈ M}とおけばよい。
Aが非可測であることを示す。Bの任意の元xに対してf(<φ>.x) ∈ <φ>.xだからある自然数kがあってf(<φ>.x) = φ^k(x)、つまりφ^-k(f(<φ>.x)) = xである。よってB = ∪_nφⁿ(A)である。相異なるMの元は互いに交わらないことと、条件(3)によってm ≠ nのときφ^m(A)とφⁿ(A)は共通部分を持たない。Aが可測だったらある実数Λが存在してμ(A) = Λとなるはずだが、そのとき条件(2)によって任意の整数nに対しμ(φⁿ(A)) = Λ。そのとき測度の完全加法性よりμ(B) = lim_k→∞k.Λとなるはずだが、Λ = 0では0 < μ(B)に矛盾し、Λ > 0ではμ(B) < ∞に矛盾する。よってAが可測だとした仮定が間違い。

解説：Bに自由に作用する測度空間の自己同型写像の群があったら、それによる軌道分解を考えてそれぞれの軌道から代表元を集めてくると、その集合は測度がつけられないものになってしまうということです。

補題２ 任意の実数xに対し、[x]でxより大きくないような最大の整数を表す。qを任意の無理数とする。[0, 1) 上に関数x → x + q - [x + q]を定義すれば、これは補題1の3条件を満たす全単射ψ: [0, 1) → [0, 1)になる。

証明 ψが[0, 1) → [0, 1)の全単射であること。
任意の実数yに対して、y - [y]は0以上1未満だからψの像は[0, 1)に含まれる。ψ(x) = ψ(y)だったらx + qとy + qの差は整数[y + q] - [x + q]に等しいことになる。[0, 1)の2つの元のの距離は1未満だからx = yが、従ってψの単射性がわかった。xを[0, 1)の任意の元とする。y = x - q - [x - q]とおけば、これは[0, 1)の元で、y + qとxの差は整数。よってψ(y) = xが、従ってψが全射であることがわかった。

ψとψ^-1が可測であること（条件(1)）。
x → x + qとx → [x]は可測写像。二つの可測な写像の差は（定義できたら）可測写像（授業の補題4.4参照）。よってこれらを組み合わせて作るψは可測写像。ψ^-1は上の考察でx → x - q - [x - q]であることがわかっているので同様にして可測写像であることがわかる。

ψによるimage measure μ·ψはμに等しいこと（条件(2)）。
[a, b)を[0, 1)に含まれる任意の右半開区間とする。[a + q, b + q)が整数を含まないときはm = [a + q]とおけば、ψ([a, b)) = [a + q - m, b + q - m)だから、μ·ψ([a, b)) = b - a = μ([a, b))となる。
[a + q, b + q)が整数を含むときは、n = [b + q]とおいて、ψ([a, b)) = [0, b + q - n) ∪ [a + q - n + 1, 1)となって、やはりμ·ψ([a, b)) = b - a = μ([a, b))となる。μ·ψとμは任意の右半開区間に対して同じ値を与えるので、同じ測度である。

[0, 1)の任意の元xと任意の0でない整数nについて、ψⁿ(x) ≠ xであること（条件(3)）。
nが負だったらφ^-nを両辺に左からかければいいからnは自然数であると仮定してよい。kの上の帰納法で
ψ(x + k.q - [x + k.q]) = x + (k + 1)q - [x + k.q] - ある整数 ⇒ ψ^{k + 1}(x) = x + (k + 1)q - [x + (k + 1)q]
がわかるから、ψⁿ(x) = xだったらx + n.qとxの差は整数だということになる。qが無理数だとした仮定からこれは起こりえない。

解説：ψは「qをたしてから少数部分をとる」という操作だと考えることができます。

5月13日の代数演習の粗雑だったところの補足です。板書でオーバーラインだった自然射影Z → Z / n.Zは関数記号pで表現しています。

問題3-(12)

問題

n > 0を整数とし、次の集合を考える。
(Z/nZ)^* = {x̅ ∈ Z/nZ | (x, n) = 1}
(i) x̅∙y̅ = x͞y (x, y ∈ Z)により乗法を定義することにより、(Z/nZ)^*は可換群となることを示せ。
(ii) 上を利用して次の事実（Fermatの小定理）を示せ。整数n > 0にたいし、φ(n)をnと互いに素なn以下の自然数の個数とする。a ∈ Zをnと互いに素とするとa^φ(n) ≡ 1 mod nが成り立つ。特にn = pが素数ならa^p-1 ≡ 1 mod pが成り立つ。

解答

(i) Z_n = Z / n.Zとおく。任意のx ∈ Zに対し、Z_nにおけるxの同値類（つまりx+(n.Z)）をp(x)と書くことにする。まず、Z_nの上で「(p(x), p(y))という対にp(xy)を対応させる」という対応が二項演算になっている（写像になっている）ことを示す。つまり(p(x), p(y))と(p(x'), p(y'))が同じものを表現していたら、p(xy)とp(x'y')も同じものを表現していることを示す。
p(x) = p(x')かつp(y) = p(y')、つまり「整数i, jが存在してx' = x + i.n、y' = y + j.n」だったとする。そのとき
x'.y' = (x + i.n)(y + j.n) = x.y + (x.j + i.y + i.n.j)n ⇒ p(xy) = p(x'y')。
これで、問題文にある方法でZ_nの上に二項演算（かけ算と呼ぶことにする）を定義できることがわかった。これが交換則と結合則を満たすのは、元のZでのかけ算が可換で結合的であることからただちに従う。ここで任意のx ∈ Zに対しp(x)p(1) = p(x)が成り立っていることに注意。
次に、Z_n*がかけ算で閉じていることを示す。（実は、もっと強くZ_n*がかけ算で群になっていることを示す。）x ∈ Z_n*は「xとnが互いに素」と同値で、これは「整数i, jが存在してx.i + n.j = 1」と同値。最後の命題は「整数iが存在してp(x).p(i) = p(1)」と同値。よって、Z_n* = {Z_nの元のうちで、あるZ_nの元をかけたらp(1)になるようなもの}であることがわかった。gとhをZ_n*の元とする。Z_n*の元で、g.g' = p(1), h.h' = p(1)となるものがある。g.h.h'.g' = p(1)だから、g.hにh'.g'をかけたらp(1)になるので、g.h ∈ Z_n*がわかった。また、p(1)はZ_n*での単位元、各g ∈ Z_n*に対してg.g' = p(1)なるg'がgの逆元になっている（のでZ_n*は群の公理を満たしている）。

(ii) 明らかにϕ(n) = |Z_n*|である。aをnと素な整数とする。Z_n*の定義からp(a) ∈ Z_n*である。<p(a)>はZ_n*の部分群だから |<p(a)>|は |Z_n*|を割り切る。一方でp(a) ^|<p(a)>|は単位元、つまりp(1)にひとしい。よってp(a) ^|Z_n*| = p(a) ^|<p(a)>|の整数乗 = p(1)がわかった。よってp(a^ϕ(n)) = p(1)で、これはa^ϕ(n) ≡ 1 (mod n)ということである。nがある素数pに等しいとき、0 < a < pなる整数aはpと互いに素で、従ってϕ(p) = p - 1、a^{p - 1} ≡ 1 (mod p)となる。

注：このときはZ_p = Z_p* ∪ {p(0)}で、先学期「代数と幾何」で出てきた有限体F_p（とその乗法群）を考えることになります。

5月11日の解析演習の間違い直しと補足です。前半の証明の最後の分のところでまちがえたのを直したのと、竹田くんの指摘を受けてF_εへのfの制限が連続になっていることが示せるようにF_εの構成の後半部分をかえています。
F_εのところはあとでまた教科書準拠するように直すつもりです。

問題53

問題

(1) 次をみたすB¹可測関数の関数f: R → [0, 1]を構成せよ。fがNをのぞいて連続となるような零集合Nは存在しない。
(2) (1)の例の場合に、参考書にあるLusinの定理により得られる集合F_εの、ε → 0のときの漸近的な振舞を調べよ。fが∪_ε∈(0,1)F_ε上で連続になるか。
Remark: リーマン積分可能な関数が零集合をのぞいて連続となるので、この問題はルベーグ積分可能な関数の関数族はリーマン積分可能な関数の関数族より広いことを導く。

解答

fの構成

Cをλ(C) > 0なる一般化カントール集合（問題42参照）、J_niを問題42のやり方でCを作るときに使う閉区間たちとする。
f = χ_Cとおけば問題にいう条件は満たされる。

証明

まず、fの不連続点集合はCとなることを示す。実際、Cが閉集合であることから、開集合R - Cの任意の点xはCと交わらない近傍を持ち、そこでfの値は常に0である。一方でCは内点を持たないことから、Cの任意の点yの任意の近傍はR - Cと交わってしまうので、yでfは連続にならない。
次に、どんな零集合Nについても、fのR - Nへの制限は連続にならないことを背理法で示す。ある零集合Nが存在して、R - Nへのfの制限が連続になっていたと仮定する。λ(C - N) > 0よりC - Nは空でない。zをC - Nの勝手な点とすると、zでfは連続なわけだから、zのある開近傍Vが存在してV - Nの上でfは1に等しい⇔V - N ⊂ C - N ⇔ V - C ⊂ Nとなる。Cは内点を持たないのでV - Cは空でない開集合だから、V - Cの勝手な元yに対しある実数ε > 0があってyのε近傍はNに含まれる。そのときλ(N) > εとなって、Nは零集合であるとした仮定に反する。

F_εの構成

F_εに対する要請は「F_εはλ(R - F_ε) < εなる閉集合で、そこへのfの制限は連続」なることである。
U_n = ∪_0≤i≤2ⁿ{J_niの両端点のε.2^{-2 - 2n}近傍たち}、U = ∪_n∈NU_nとおく。それぞれのnについてJ_ni達は2ⁿ個（端点は高々その２倍）あるからλ(U_n) ≤ ε.2^{-1 - n}で、λ(U) ≤ ε.∑_n2^{-1 - n} = ε / 2となる。
自然数nに対して∪_i J_niの特性関数をf_nとおく。Π(1 - a_i) → λ(C)だから、あるmが存在して、∏_i≤m(1-a_i) - λ(C) < ε / 2となる。つまりA_m = {f_m ≠ f}とおくとλ(A_m) < ε / 2ということである（A_m = ∪_i J_mi - Cだから）。
よって、V = ((∪_i J_mi) ∪ U) - (C - U) = A_m ∪ Uとおくと、Vは測度がεより小さい開集合であることがわかった。F_ε = R-Vとおけば、A_m ⊂ R - F_ε = VよりF_εの上ではf = f_mである。f_mはR - Uの上で（そこに制限した関数が）連続だから、その部分集合のF_εの上でも（そこへの制限が）連続。
これで、F_εはλ(R - F_ε) < εなる閉集合で、そこへのfの制限は連続になることがわかった。
ε → 0のときU → J_niの両端点たち、λ(A_m) → 0

∪_{ε ∈ (0, 1)}F_εの補集合∩_{ε ∈ (0, 1)}(R - F_ε)は∩_n∈N(R - F_n^-1) (零集合）に含まれているから、∪_{ε ∈ (0, 1)}F_εの上ではfは連続にならない。

解説：F_εの構成のポイントは十分大きなmについてF_εの上でCがJ_miの合併（iについて）と一致して、かつそのJ_miの合併集合の特性関数f_mはF_εの上で連続になるようにしたことです。